теория вероятностей

[Joe Black]

Решаю следующую задачу: На первом этаже одиннадцатиэтажного дома в лифт вошли двенадцать человек. Предполагая, что все распределения пассажиров по десяти этажам равновероятны, найти среднее число остановок лифта.

Пусть N - случайная величина принимающая значения кол-ва остановок лифта, от 1 до 10.

Считаю вероятности с которыми N принимает значения

$P(N=1)=C_{10}^1 \cdot \left( \dfrac{1}{10} \right)^{12}$ , где $C_{10}^1$ - биномиальный коэффициент, количество вариантов выбрать один этаж и умножаю на вероятность варианта

$P(N=2)=C_{10}^2 \cdot \left[ \left( \dfrac{2}{10} \right)^{12} - C_2^1 \cdot \left( \dfrac{1}{10} \right)^{12} \right]$, где $C_{10}^2$ - количество вариантов выбрать два этажа, в скобках $\left( \dfrac{2}{10} \right)^{12}$ - вероятность выйти на этих двух этажах как угодно и $C_2^1 \cdot \left( \dfrac{1}{10} \right)^{12}$ - вероятность, что все выйдут на одном из двух этажей

и т. д.

$P(N=5)=C_{10}^5 \cdot \left[ \left( \dfrac{5}{10} \right)^{12} - C_5^1 \cdot \left( \dfrac{1}{10} \right)^{12} - C_5^2 \cdot \left( \dfrac{2}{10} \right)^{12} - C_5^3 \cdot \left( \dfrac{3}{10} \right)^{12} - C_5^4 \cdot \left( \dfrac{4}{10} \right)^{12}\ \right]$

и так далее, верно ли я нахожу вероятности?

[Cash]

Неверно уже на двух.
Самое простое решение здесь - найти вероятность остановки на $i$-м этаже.

[Joe Black]

Cash в сообщении #1197820 писал(а):

Неверно уже на двух.
Самое простое решение здесь - найти вероятность остановки на $i$-м этаже.

что именно неверно?

[Cash]

Прошу прощения, я думал о своем. Ваш подход тоже верен, хоть и не совсем рационален.

[Joe Black]

Cash в сообщении #1197894 писал(а):

Прошу прощения, я думал о своем. Ваш подход тоже верен, хоть и не совсем рационален.

спасибо! я кажется понял как сделать более рационально

[Yadryara]

Joe Black

Для двух верно, для пяти явно неверно. Пожалуйста, приведите полное решение для упрощённой задачи. Пусть дом будет пятиэтажным, а человек по-прежнему $12$.

[Joe Black]

Yadryara в сообщении #1198275 писал(а):

Joe Black
Для двух верно, для пяти явно неверно. Пожалуйста, приведите полное решение для упрощённой задачи. Пусть дом будет пятиэтажным, а человек по-прежнему $12$.

Введём обзначения $P(N=1)=P_1, P(N=2)=P_2,...$

$$P_1=C_5^1 \left( \dfrac{1}{5} \right)^{12}$$

$$P_2=C_5^2\left( \left( \dfrac{2}{5} \right)^{12} - C_2^1 \left( \dfrac{1}{5} \right)^{12} \right)$$

$$P_3=C_5^3 \left( \left( \dfrac{3}{5} \right)^{12} - C_3^2 \left( \dfrac{2}{5} \right)^{12} \right)$$

$$P_4=C_5^4 \left( \left( \dfrac{4}{5} \right)^{12} - C_4^3 \left( \dfrac35 \right)^{12} \right)$$

$$P_5=1-P_1-P_2-P_3-P_4$$

$$\mathop{{}\mathbb{E}}N=\sum_{n=1}^{5} n\cdot P_n$$

[Yadryara]

Joe Black
Вы, кстати, взяли шестиэтажный дом. Ну пусть. Рассчитайте Вашим способом и $P_5$.

Получилась ли у Вас при единица при сложении всех $P_n$ ?? Вы согласны, что должно быть $\sum\limits_{n=1}^{5} P_n = 1$ ?

[Joe Black]

Yadryara в сообщении #1198450 писал(а):

Joe Black
Вы, кстати, взяли шестиэтажный дом. Ну пусть. Рассчитайте Вашим способом и $P_5$.

Получилась ли у Вас при единица при сложении всех $P_n$ ?? Вы согласны, что должно быть $\sum\limits_{n=1}^{5} P_n = 1$ ?

$$P_5=C_5^5 \left( \left(\dfrac55\right)^{12} -C_5^4 \left( \dfrac45 \right)^{12} \right) = 1 - C_5^4 \left( \dfrac45 \right)^{12}$$

При сложении $P_n$ получилось почти 0,98. Согласен, должна получиться единица

-- 09.03.2017, 17:07 --

Наверное это погрешность вычисления, используя данный метод для четырёхэтажного дома в сумме получается 0,99999

[Yadryara]

Joe Black в сообщении #1198508 писал(а):

Наверное это погрешность вычисления

Нет! Сначала считайте подходящие исходы, а затем уже делите на $n^{12}$. Увидите ошибку.

Joe Black в сообщении #1198508 писал(а):

используя данный метод для четырёхэтажного дома в сумме получается 0,99999

А для двух и трёхэтажных в сумме и вовсе $1$. Потому что $P_1$ и $P_2$ Вы считаете верно, а вот $P_3$ уже нет.

[DeBill]

Cash в сообщении #1197820 писал(а):

Самое простое решение здесь - найти вероятность остановки на $i$-м этаже.

И затем - среднее число остановок на $i-$м этаже.... Да на 10 ...

[Joe Black]

Вы намекаете на мультиномиальное распредление??

Вероятность, что на 1-ом этаже выйдет $n_1$ человек $p_1=\dfrac{C_n^{n_1}}{5^{n_1}}$, на 2-ом $p_2=\dfrac{C_{n-n_1}^{n_2}}{5^{n_2}}$, на третьем $p_3=\dfrac{C_{n-n_1-n_2}^{n_3}}{5^{n_3}}$, тогда $P=p_1p_2p_3=\dfrac{n!}{n_1!n_2!n_3!5^n}$

[Cash]

Отвлекитесь от лифта и решите такую простенькую задачу.

Вы играете 10 партий в теннис с разными соперниками. Вероятности победы соответственно $p_1,\, p_2, \, \ldots,\, p_{10}$. Чему равно матожидание числа побед?

Затем к лифту возвращайтесь.

[Joe Black]

Cash в сообщении #1198587 писал(а):

Отвлекитесь от лифта и решите такую простенькую задачу.

Вы играете 10 партий в теннис с разными соперниками. Вероятности победы соответственно $p_1,\, p_2, \, \ldots,\, p_{10}$. Чему равно матожидание числа побед?

Затем к лифту возвращайтесь.

Равно сумме вероятностей побед, не понимаю как это с лифтом связано

[Cash]

Давайте я буду пить рюмку за каждую вашу победу, а мой друг за каждую остановку лифта. Кто из нас больше выпьет?